thanhng2k7

 $\displaystyle \displaystyle \begin{cases} x^{2}+y^{2}+3\sqrt{1-x^{2}}=1-3y(1) \\ 2x\sqrt{x+2} +(x+1-y)\sqrt{3+2y}=0(2) \end{cases}$

Từ $(1)$ biến đổi ta được $(2\sqrt{1-x^2}-3)^2=(2y+3)^2\Rightarrow ....$

Biến đổi tương đương ta được $(x-1)(x^2+2x+3)=0\Rightarrow x=1$

$4y^4+1=(2y^2+2y+1)(2y^2-2y+1)=41^x.61^x$

Mà $\gcd(2y^2+2y+1,2y^2-2y+1)=1$

Nên $2y^{2}+2y+1=61^x,2y^{2}-2y+1=41^x$

Mặt khác $61^x<2y^2+2y+1+(y-\frac{5}{2})^2=\frac{3.41^x}{2}+\frac{33}{4}$

Suy ra $x\leq 1$

a) Do $KA,KD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $KA^2=KA.KD=KB.KC$ 

Lại có $\widehat{EBD}=\widehat{ACD}$ ( do $ABDC$ nội tiếp )

Nên $\Delta BDE \sim \Delta CDF\Rightarrow BD.FD=DC.DE$

 

b)Trước hết ta đi chứng minh $M,E,F$ thẳng hàng 

Ta có $\widehat{BDE}=\widehat{CDF}$ ( từ  $\Delta BDE \sim \Delta CDF)

Mà $BMDE,CDMF$ nội tiếp nên $\widehat{BME}=\widehat{FMC}$

Hay $M,E,F$ thẳng hàng 

Mặt khác , từ $\widehat{EMD}=\widehat{EBD}=\widehat{ACD}, \widehat{MED}=\widehat{MBD}=\widehat{CAD}$ ta có $\Delta MED \sim \Delta CAD$

Suy ra $ME=\frac{MD.CA}{CD}$

Tương tự $MF=\frac{AB.MD}{BD}$

Vậy để $M$ là trung điểm $EF$ thì $ABDC$ phải là tứ giác điều hòa 

Mà do $KA,KD,BC$ cắt nhau tại $K$ nên $ABDC$ là tứ giác điều hòa hay ta có đpcm.

Cho tam giác $ABC$. $E, F$ chuyển động trên cạnh $AC, AB$ sao cho $\frac{AE}{EC}=\frac{BF}{FA}$.

a) Chứng minh rằng $(AEF)$ luôn đi qua một điểm cố định khác $A$.

b) Chứng minh rằng trục đẳng phương của $(AEF)$ và $(F; FB)$ luôn đi qua một điểm cố định.

Có một hình lập phương và 2 màu xanh , đỏ . Hỏi có bao nhiêu cách tô màu các mặt hình lập phương (2 cách được gọi là giống nhau nếu khi xoay khối này ta được khối kia).

Từ đẳng thức ban đầu , chuyển vế ta được :

$\frac{ab(a-b)}{(b+c)(c+a)}+\frac{bc(b-c)}{(c+a)(a+b)}+\frac{ca(c-a)}{(a+b)(b+c)}=0$

Quy đồng , lại thấy $(a+b)(b+c)(c+a)>0$ nên

$ab(a-b)(a+b)+bc(b-c)(b+c)+ca(c-a)(c+a)=0$

$\Leftrightarrow a^3b-ab^3+b^3c-bc^3+c^3a-ca^3=0\Leftrightarrow (a-b)(c-a)(b-c)(a+b+c)=0$

$\Rightarrow ...$

ko đc ạ

Được mà

Đặt $x+1=t$ thì phương trình tương đương $(t-2)^5+(t+2)^5=242t \Leftrightarrow 2t^5-80t^3-82t=0$

$\Leftrightarrow t=0,t=\sqrt{41},t=-\sqrt{41}$

$\Rightarrow ....$

Vẫn được mà nhỉ

+)$a=-b\Rightarrow x^2-4=1-x\Leftrightarrow x^2+x-5=0$

+)$a=6b\Rightarrow x^2-4-6x+6=0\Leftrightarrow x^2-6x+2=0$

P/s:Nãy phân tích nhân tử sai , mình đã sửa lại

bn giải đc bpt này ko 

Từ $(m-4)^2+n^2<16\Rightarrow n^2<16\Rightarrow n^2={1,4,9}$

+) Nếu $n^2=1$ thì $(m-4)^2=1,4,9$ $\Rightarrow $...... 

Tương tự với $n^2=4,9$ 

Dùng tam thức bậc hai ta được $\Delta <0\Leftrightarrow m^2-8m+n^2<0\Leftrightarrow (m-4)^2+n^2<16$

Vậy thì chưa chắc nó đã có vô hạn nghiệm đâu bạn

Ta có $12y^2+y=2-x(12y+5)\Leftrightarrow 24y^2+2y+24xy+10x-4=0$

Cộng với vế trên ta được $25x^2+10xy+y^2+10x+2y-8=0\Leftrightarrow (5x+y)^2+2.(5x+y)-8=0$

Hay $5x+y=2$ hoặc $5x+y=-4$

+) Với $5x+y=2$ , thế $y=2-5x$ vào vế trên ......

+) Với $5x+y=-4$ , làm tương tự ...... 

$\frac{a^2b}{1+a^2}\leq \frac{a^2b}{2a}=\frac{ab}{2}$
Tương tự từ đó ta có 
$\sum_{cyc}\frac{a^2b}{1+a^2}\leq \sum_{cyc}\frac{ab}{2}=\sum_{cyc}\frac{3ab}{6}\leq \frac{(a+b+c)^2}{6}= \frac{3}{2}$
Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=1$.

Ta có $\frac{a}{1+b^2}=\frac{a+ab^2-ab^2}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\geq a-\frac{ab^2}{2b}= a-\frac{ab}{2}\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}\geq a-\frac{ab}{2}$
Tương tự từ đó ta có 
$\sum_{a,b,c}\frac{a}{1+b^2}\geq (a+b+c)-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{3(ab+bc+ca)}{6}\geq 3-\frac{(a+b+c)^2}{6}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$
Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=1$.

Hà Tĩnh lớp 10 nhất Toán , quá căng thẳng